高考物理大一轮复习-热点集训3-动力学图象、多过程问题课件

热点集训三动力学图象＋多过程问题热点1牛顿运动定律的图象问题牛顿运动定律中的图象包括v－t图象、a－t图象、x－t图象、F－t图象、F－x图象、a－x图象、Fmg－t图象等，利用图象可以获取信息，简明、快捷、准确地解决物理问题，考查学生分析、综合和推理等能力.这类问题在高考中经常考查，如2015年课标全国卷Ⅰ第20题结合v－t图象考查力与运动的关系，重庆卷第5题结合v－t图象考查图象间的转换，江苏卷第6题结合a－t图象考查超重、失重问题.1.(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是()A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3C．小球落回到抛出点时的速度大小为86m/sD．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析：选AC.上升过程中mg＋f＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得f＝2N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－f＝ma2，可得a2＝8m/s2，根据h＝12at2可得t1t2＝a2a1＝23，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝6s可得v＝86m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．2．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是()A．图线与纵轴的交点的绝对值为gB．图线的斜率在数值上等于物体的质量mC．图线与横轴的交点N的值FTN＝mgD．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝2mFT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于2m，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝mg2，C错误．3．如图(a)所示，在木箱内粗糙斜面上有一质量为m的物体相对斜面处于静止状态，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图(b)所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，N增大，f减小B．在0～t1时间内，N减小，f增大C．在t1～t2时间内，N增大，f增大D．在t1～t2时间内，N减小，f减小解析：选D.从0～t1时间内，木箱竖直向上做加速度减小的加速运动，设斜面的倾角为α，物体受三个力如图所示，在竖直方向有Ncosα＋fsinα－mg＝ma，在水平方向有Nsinα＝fcosα，联立解得N＝(mg＋ma)cosα，f＝(mg＋ma)sinα，当加速度a减小时，N减小，f减小，A、B错误；在t1～t2时间内，木箱竖直向上做加速度增大的减速运动，加速度方向竖直向下．对物体，竖直方向有mg－(Ncosα＋fsinα)＝ma，水平方向有Nsinα＝fcosα，联立解得N＝(mg－ma)cosα，f＝(mg－ma)sinα，由此可分析，当加速度增大时，N、f均减小，C错误，D正确．4．(多选)如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连．现对物体A施加竖直向上的力F，使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，则()A．在图乙中PQ段表示拉力F逐渐增大B．在图乙中QS段表示B物体减速上升C．位移为x1时，A、B之间弹力为mg－kx1－Ma0D．位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为12a0x2＋x3解析：选AC.弹簧对B物体的弹力方向一定向上，弹簧一定被压缩，PQ段弹簧弹力一定减小，由于加速度恒定，根据牛顿第二定律，研究A、B整体，F逐渐增大，选项A正确；QS段加速度仍为正，与速度方向相同，B物体加速上升，选项B错误；设开始状态弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝(M＋m)g，位移为x1时，设A、B间的弹力为FN，对B有k(x0－x1)－Mg－FN＝Ma0，解得FN＝mg－kx1－Ma0，选项C正确；根据2ax＝v2－v20知，a－x图象所围的面积的2倍表示速度平方的变化量，故位移为x3时，A、B一起运动的速度大小v＝2×12x2＋x3a0＝a0x2＋x3，选项D错误．5．(2016·河北省衡水中学调研)(多选)如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上．B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止．则在0～2t0时间内，下列说法正确的是()A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0解析：选BCD.t0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，选项A错误；在0至t0过程中，A、B所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0时刻A、B速度最大，选项B正确；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，选项C正确；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，到2t0时刻，A、B速度减小到0，位移最大，选项D正确．6．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．演员的体重为800NB．演员在最后2s内一直处于超重状态C．传感器显示的最小拉力为620ND．滑杆长7.5m解析：选BC.演员在滑杆上静止时显示的800N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600N，A错；由v－t图象可知，1.5～3.5s内演员向下做匀减速直线运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B对；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时a1＝3m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－Ff＝ma1，解得Ff＝420N．对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为Fmin＝420N＋200N＝620N，C对；由v－t图象中图线围成的面积可得滑杆长为4.5m．D错．热点2运用牛顿第二定律解决多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点.解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.7．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)gFf＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2发生相对运动a2＞a1解得F＞2μ(m1＋m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t21纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22，l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μm1＋1＋dlm2g代入数据得F＝22.4N.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22.4N8.如图所示，质量为10kg的环(图中未画出)在F＝200N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4s后速度减为零．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x.解析：(1)在力F作用0.5s内根据牛顿第二定律有Fcosθ－mgsinθ－Ff＝ma1Fsinθ＝FN＋mgcosθFf＝μFN设0.5s末速度为v根据运动学公式有v＝a1t1撤去F后0.4s内mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2v＝a2t2联立以上各式得μ＝0.5a2＝10m/s2v＝a2t2＝4m/s.(2)x＝12a1t21＋vt2－12a2t22＝1.8m.答案：(1)0.5(2)1.8m9．如图所示，传送带水平部分ab＝2m，斜面部分bc＝4m；bc与水平方向夹角α＝37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示方向以速率v＝2m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6)解析：物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a1＝μmgm＝2.5m/s2发生位移x1＝v22a1＝42×2.5m＝0.8m经历时间t1＝va1＝0.8s此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t2＝ab－x1v＝0.6s当物体A到达bc斜面时，因mgsin37°＝0.6mg＞μmgcos37°＝0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动其加速度大小为a2＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2物体A在传送带bc上所用时间满足：bc＝vt3＋12a2t23代入数值得t3＝1s即物体A从a点被传送到c点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.答案：2.4s